全国生物高中物理竞赛复赛试题

1、全国生物高中物理竞赛复赛试题及全国生物高中物理竞赛复赛试题及全国生物高中物理竞赛复赛试题及全国中学生物理竞赛复赛试题题号一二三四五六总计全卷共六题，总分140分一、（20分）在一大水银槽中竖直插有一根玻璃管，管上端封闭，下端开口已知槽中水银液面以上的那部分玻璃管的长度l76cm，管内封闭有n31.010mol的空气，保持水银槽与玻璃管都不动而设法使玻璃管内空气的温度迟缓地降低10，问在此过程中管内空气放出的热量为多少？已知管外大气的压强为76cm汞柱高，每摩尔空气的内能UCVT，其中T为绝对温度，常量CV20.5J(molK)1，普适气体常量R8.31J(molK)1。二、（20分）如图复17

2、-2所示，在真空中有一个折射率为n（nn0，n0为真空的折射率）、半径为r的质地平均的小球。频次为的细激光束在真空中沿直线BC流传，直线BC与小球球心O的距离为l（lr），光束于小球体表面的点C点经折射进入小球（小球成为光流传的介质），并于小球表面的点D点又经折射进入真空设激光束的频次在上述两次折射后保持不变求在两次折射过程中激光束中一个光子对小球作用的平均力的大小三、（25分）1995年，美国费米国家实验室CDF实验组和DO实验组在质子反质子对撞机TEVATRON的实验中，察看到了顶夸克，测得它的静止质量m11.751122510eV/c3.110kg，寿命24s，这是近十几年来粒子物理研究

3、最重要的实验进展之一0.4101正、反顶夸克之间的强相互作用势能可写为U(r)4aS，式中r是正、反顶夸克之间的k3r距离，aS0.12是强相互作用耦合常数，k是与单位制相关的常数，在国际单位制中0.3191025Jm为估算正、反顶夸克可否组成一个处在束缚状态的系统，可把束缚状态设想为正反顶夸克在彼此间的吸引力作用下绕它们连线的中点做匀速圆周运动如能组成束缚态，试用玻尔理论确定系统处于基态中正、反顶夸克之间的距离r0已知处于束缚态的正、反夸克粒子知足量子化条件，即r0nh2mvn1,2,3,22式中mvr0为一个粒子的动量mv与其轨道半径r0的乘积，n为量子数，h6.631034Js22为普朗

4、克常量2试求正、反顶夸克在上述设想的基态中做匀速圆周运动的周期T你认为正、反顶夸克的这种束缚态能存在吗?四、（25分）宇宙飞翔器和小行星都绕太阳在同一平面内做圆周运动，飞翔器的质量比小行星的质量小得好多，飞翔器的速率为v0，小行星的轨道半径为飞翔器轨道半径的6倍有人企图借助飞翔器与小行星的碰撞使飞翔器飞出太阳系，于是他便设计了如下方案：.当飞翔器在其圆周轨道的适合地点时，突然点燃飞翔器上的喷气发动机，经过极短时间后立刻封闭发动机，以使飞翔器获得所需的速度，沿圆周轨道的切线方向走开圆轨道；.飞翔器抵达小行星的轨道时正好位于小行星的前缘，速度的方向和小行星在该处速度的方向相同，正好可被小行星碰撞；

5、.小行星与飞翔器的碰撞是弹性正碰，不计焚烧的燃料质量1试经过计算证明按上述方案能使飞翔器飞出太阳系；2设在上述方案中，飞翔器从发动机取得的能量为E1如果不采取上述方案而是令飞翔器在圆轨道上突然点燃喷气发动机，经过极短时间后立刻封闭发动机，以使飞翔器获得足够的速度沿圆轨道切线方向走开圆轨道后能直接飞出太阳系采用这种办法时，飞翔器从发动机取得的能量的最小值用E2表示，问E1为多少?E2五、（25分）在真空中成立一坐标系，以水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，z轴垂直纸面向里（图复17-5）在0yL的地区内有匀强磁场，L0.80m，磁场的磁感强度的方向沿z轴的正方向，其大小B0.10T今把一

6、荷质比q/m50Ckg1的带正电质点在x0，y0.20m，z0处静止释放，将带电质点过原点的时刻定为t0时刻，求带电质点在磁场中任一时刻t的地点坐标并求它刚走开磁场时的地点和速度取重力加快度g10ms2。六、（25分）普通光纤是一种可传输光的圆柱形细丝，由拥有圆形截面的纤芯A和包层B组成，B的折射率小于A的折射率，光纤的端面和圆柱体的轴垂直，由一端面射入的光在很长的光纤中流传时，在纤芯A和包层B的分界面上发生多次全反射现在利用普通光纤测量流体F的折射率实验方法如下：让光纤的一端（出射端）浸在流体F中令与光纤轴平行的单色平行光束经凸透镜折射后汇聚光纤入射端面的中心O，经端面折射进入光纤，在光纤中

7、流传由点O出发的光束为圆锥形，已知其边缘光芒和轴的夹角为0，如图复17-6-1所示最后光从另一端面出射进入流体F在距出射端面h1处放置一垂直于光纤轴的毛玻璃屏D，在D上出现一圆形光斑，测出其直径为d1，然后移动光屏D至距光纤出射端面h2处，再测出圆形光斑的直径d2，如图复17-6-2所示1若已知A和B的折射率分别为nA与nB，求被测流体F的折射率nF的表达式2若nA、nB和0均为未知量，怎样经过进一步的实验以测出nF的值?全国中学生物理竞赛复赛题参照解答一、参照解答设玻璃管内空气柱的长度为h，大气压强为p0，管内空气的压强为p，水银密度为，重力加快度为g，由图复解17-1-1可知p(lh)gp

8、0（1）根据题给的数据，可知p0lg，得pgh（2）若玻璃管的横截面积为S，则管内空气的体积为VSh（3）由（2）、（3）式得pVg（4）S即管内空气的压强与其体积成正比，由克拉珀龙方程pVnRT得gV2nRT（5）S由（5）式可知，随着温度降低，管内空气的体积变小，根据（4）式可知管内空气的压强也变小，压强随体积的变化关系为pV图上过原点的直线，如图复解17-1-2所示在管内气体的温度由T1降到T2的过程中，气体的体积由V1变到V2，体积缩小，外界对气体做正功，功的数值可用图中划有斜线的梯形面积来表示，即有W1gV1V2(VV)gV12V22（6）2SS122S管内空气内能的变化UnCV(T

9、2T1)（7）设Q为外界传给气体的热量，则由热力学第一定律WQU，有QUW（8）由（5）、（6）、（7）、（8）式代入得Qn(TT)C1R（）21V92代入相关数据得Q0.247J0表示管内空气放出热量，故空气放出的热量为QQ0.247J（10）评分标准：此题20分（1）式1分，（4）式5分，（6）式7分，（7）式1分，（8）式2分，（9）式1分，（10）式3分。二、参照解答在由直线BC与小球球心17-2所示，图中入射光芒BCO所确定的平面中，激光光束两次折射的光路BCDE如图复解与出射光芒DE的延伸线交于G，按照光的折射定律有n0sinnsin（1）式中与分别是相应的入射角和折射角，由几何关

10、系还可知sinl（2）r激光光束经两次折射，频次保持不变，故在两次折射前后，光束中一个光子的动量的大小p和p相等，即php（3）c式中c为真空中的光速，h为普朗克常量因射入小球的光束中光子的动量p沿BC方向，射出小球的光束中光子的动量p沿DE方向，光子动量的方向由于光束的折射而偏转了一个角度2，由图中几何关系可知22()（4）若取线段GN1的长度正比于光子动量p，GN2的长度正比于光子动量p，则线段N1N2的长度正比于光子动量的改变量p，由几何关系得p2psin2hsin（5）cGN1N2为等腰三角形，其底边上的高GH与CD平行，故光子动量的改变量p的方向沿垂直CD的方向，且由G指向球心O光子

11、与小球作用的时间可认为是光束在小球内的流传时间，即t2rcos（6）cn0/n式中cn0/n是光在小球内的流传速率。按照牛顿第二定律，光子所受小球的平均作使劲的大小为fpn0hsin（7）tnrcos按照牛顿第三定律，光子对小球的平均作使劲大小Ff，即Fn0hsin（8）nrcos力的方向由点O指向点G由（1）、（2）、（4）及（8）式，经过三角函数关系运算，最后可得n0lh1r2l2（9）F2(nr/n0)2l2nr评分标准：此题20分（1）式1分，（5）式8分，（6）式4分，（8）式3分，获得（9）式再给4分。三、参照解答1相距为r的电量为Q1与Q2的两点电荷之间的库仑力FQ与电势能UQ公

12、式为Q1Q2Q1Q2FQkQr2UQkQr（1）现在已知正反顶夸克之间的强相互作用势能为U(r)4aSk3r根据直接类比可知，正反顶夸克之间的强相互作使劲为F(r)4aS（2）k23r设正反顶夸克绕其连线的中点做匀速圆周运动的速率为v，因二者相距r0，二者所受的向心力均为F(r)，二者的运动方程均为0mtv2k4aS（3）r/23r200由题给的量子化条件，粒子处于基态时，取量子数n1，得2mtvr0h（4）22由（3）、（4）两式解得r03h2（5）2mak8tS代入数值得r01.417m（6）10由（3）与（4）两式得vk4aS（7）3h由v和r0可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期T2(

13、r0/2)h3Tv22m(k4a/3)2（8）tS代入数值得T1.81024s（9）由此可得/T0.2（10）因正反顶夸克的寿命只有它们组成的束缚系统的周期的15，故正反顶夸克的束缚态通常是不存在的评分标准：此题25分15分。（2）式4分，（5）式9分，求得（6）式再给2分。10分。（8）式3分。（9）式1分，正确求得（10）式并由此指出正反顶夸克不能形成束缚态给6分。四、参照解答1设太阳的质量为M0，飞翔器的质量为m，飞翔器绕太阳做圆周运动的轨道半径为R根据所设计的方案，可知飞翔器是从其原来的圆轨道上某处出发，沿着半个椭圆轨道抵达小行星轨道上的，该椭圆既与飞翔器原来的圆轨道相切，又与小行星的

14、圆轨道相切要使飞翔器沿此椭圆轨道运动，应点燃发动机使飞翔器的速度在极短的时间内，由v0变为某一值u0设飞翔器沿椭圆轨道抵达小行星轨道时的速度为u，因大小为u0和u的这两个速度的方向都与椭圆的长轴垂直，由开普勒第二定律可得u0R6uR（1）由能量关系，有12GM0m1mu2GM0m（2）2mu0R26R由牛顿万有引力定律，有GM0mmv02R2R或v0GM0（3）R解（1）、（2）、（3）三式得u012v0（4）7u1v0（5）21设小行星绕太阳运动的速度为v，小行星的质量M，由牛顿万有引力定律GM0Mv2(6R)2M6R得GM01（6）vv06R6能够看出vu（7）由此可见，只需选择好飞翔器在

15、圆轨道上合适的地点走开圆轨道，使得它抵达小行星轨道处时，小行星的前缘也正好运动到该处，则飞翔器就能被小行星撞击能够把小行星看做是相对静止的，飞翔器以相对速度为vu射向小行星，由于小行星的质量比飞翔器的质量大得多，碰撞后，飞翔器以同样的速率vu弹回，即碰撞后，飞翔器相对小行星的速度的大小为vu，方向与小行星的速度的方向相同，故飞翔器相对太阳的速度为u1vvu2vu或将（5）、（6）式代入得u121v0（8）321如果飞翔器能从小行星的轨道上直接飞出太阳系，它应拥有的最小速度为u2，则有12M0m2mu2G06R得u2GM01（9）3Rv03能够看出u121v01v0u（10）13732飞翔器被小

16、行星撞击后拥有的速度足以保证它能飞出太阳系为使飞翔器能进入椭圆轨道，发动机应使飞翔器的速度由v0增加到u0，飞翔器从发动机取得的能量E11mu021mv021m12v021mv025mv02（11）2227214若飞翔器从其圆周轨道上直接飞出太阳系，飞翔器应拥有的最小速度为u3，则有12GM0m2mu30R由此得u3M02v0（12）2GR飞翔器的速度由v0增加到u3，应从发动机获取的能量为E1mu21mv21mv2（13）2230022所以E15mv02140.71（14）E212mv02评分标准：此题25分1.18分。其中（5）式6分，求得（6）式，说明飞翔器能被小行星碰撞给3分；（8）式

17、5分；获得（10）式，说明飞翔器被小行星碰撞后能飞出太阳系给4分。7分。其中（11）式3分，（13）式3分，求得（14）式再给1分。五、参照解答解法一：带电质点静止释放时，受重力作用做自由落体运动，当它抵达坐标原点时，速度为1（1）v12g|y|2.0ms方向竖直向下带电质点进入磁场后，除受重力作用外，还受到洛伦兹力作用，质点速度的大小和方向都将变化，洛伦兹力的大小和方向亦随之变化我们能够设想，在带电质点抵达原点时，给质点附加上沿x轴正方向和负方向两个大小都是v0的初速度，由于这两个方向相反的速度的合速度为零，因而不影响带电质点此后的运动在t0时刻，带电质点因拥有沿x轴正方向的初速度v0而受洛

18、伦兹力f1的作用。f1qv0B（2）其方向与重力的方向相反适入选择v0的大小，使f1等于重力，即qv0Bmg（3）v0g2.0ms1(4)(q/m)B只需带电质点保持（4）式决定的v0沿x轴正方向运动，f1与重力的协力永远等于零但此时，位于坐标原点的带电质点还拥有竖直向下的速度v1和沿x轴负方向的速度v0，二者的合成速度大小为vv02v122.8ms1（5）方向指向左下方，设它与x轴的负方向的夹角为，如图复解17-5-1所示，则v1tan1v06）4因而带电质点从t0时刻起的运动能够看做是速率为v0，沿x轴的正方向的匀速直线运动和在xOy平面内速率为v的匀速圆周运动的合成圆周半径Rmv（7）q

19、B0.56m带电质点进入磁场瞬间所对应的圆周运动的圆心O位于垂直于质点此时速度v的直线上，由图复解17-5-1可知，其坐标为xORsin0.40m（8）yORcos0.40m圆周运动的角速度v5.0rads1（9）R由图复解17-5-1可知，在带电质点走开磁场所区前的任何时刻t，质点地点的坐标为xv0tRsin(t)xO（10）yyORcos(t)（11）式中v0、R、xO、yO已分别由（4）、（7）、（9）、（6）、（8）各式给出。带电质点抵达磁场所区下边界时，yL0.80m，代入（11）式，再代入相关数值，解得t0.31s（12）将（12）式代入（10）式，再代入相关数值得x0.63m（1

20、3）所以带电质点走开磁场下边界时的地点的坐标为x0.63my0.80mz0（14）带电质点在磁场内的运动可分解成一个速率为v的匀速圆周运动和一个速率为v0的沿x轴正方向的匀速直线运动，任何时刻t，带电质点的速度V便是匀速圆周运动速度v与匀速直线运动的速度v0的合速度若圆周运动的速度在x方向和y方向的分量为vx、vy，则质点合速度在x方向和y方向的分速度分别为Vxvxv0（15）Vyvy（16）虽然22vxvyv，v由（）式决定，其大小是恒定不变的，v由（4）式决定，也是恒定不50变的，但在质点运动过程中因v的方向不断变化，它在x方向和y方向的分量vx和vy都随时间变化，因此Vx和Vy也随时间变

21、化，取决于所考察时刻质点做圆周运动速度的方向，由于圆周运动的圆心的y坐标恰为磁场所区宽度的一半，由对称性可知，带电质点走开磁场下边缘时，圆周运动的速度方向应指向右下方，与x轴正方向夹角，故代入数值得4vxvcos2.0ms1vyvsin2.0m1s将以上两式及（5）式代入（15）、（16）式，便得带电质点刚走开磁场所区时的速度分量，它们分别为Vx4.0ms1（17）Vy1（18）2.0ms速度大小为VVx2Vy24.5ms1（19）设V的方向与x轴的夹角为，如图复解17-5-2所示，则tanVy1Vx2得27（20）评分标准：此题25分4）式5分，求得（5）、（6）式各给3分，求得（10）、1

22、1）式各给2分，（14）式3分，（19）式5分，求得（20）式再给2分。解法二：若以带电质点抵达坐标原点O的时刻作为初步时刻（t0），则质点的初速度为1（1）v12g|y|2.0ms方向沿y轴正方向进入磁场区后，带电质点将受到洛伦兹力作用，洛伦兹力在x方向的分力取决于质点在y方向的分速度，因此质点动量在x方向的分量的增量为mvxqvyBtqBy（2）y是带电质点在t时间内沿y方向的位移，质点在磁场中运动的整个过程中，此式对每一段t时间都成立，所以在t0到tt时间内x方向的动量的改变为mvxmv0 xqB(yy0)因初始时刻（t0），带电质点在x轴方向的动量mv0 x为零，其地点在原点，y00，

23、因而得mvxqyB即vxqBy（3）m当带电质点拥有x方向的速度后，便立刻受到沿y负方向的洛伦兹力的作用根据牛顿第二定律，在y方向上有加快度aymaymgqvxB（4）将（3）式代入（4）式，得may(qB)2ym2g（5）mq2B2令yyD（6）式中Dm2gg0.40m（7）(qB)2(q/m)2B2即在y方向作用于带电质点的协力Fyky其中kq2B2mFy是准弹性力，在Fy作用下，带电质点在y方向的运动是简谐振动，振动的圆频次2qB5.0rads1（8）my随时间变化的规律为yAcos(t0)（9）或yAcos(t0)D（10）A与0是待求的常量，质点的简谐运动能够用参照圆来描写，以所考察

24、的简谐运动的振幅A为半径作一圆，过圆心O1作一直角坐标xO1y若有一质点M沿此圆周做匀速率圆周运动，运动的角速度等于所考察简谐运动的角频次，且按逆时针方向转动，在t0时刻，M点的在圆周上的地点恰使连线OM与y轴的夹角等于（9）式中的常量0，则1在随意时刻t，O1与M的连线与y轴的夹角等于t0，于是连线O1M在y轴上的投影即为（9）式所示的简谐振动，将x轴平行下移D0.40m，连线O1M在y轴的投影即如（10）式所示（参看图复解17-5-3），M点做圆周运动的速度大小vA，方向与O1M垂直，速度v的y分量就是带电质点沿y轴做简谐运动的速度，即vyAsin(t0)（11）（10）和（11）两式中的

25、A和0可由下面的方法求得：因为已知在t0时，带电质点位于y0处，速度vyv，把这个条件代入（10）式与（11）式得1Acos0D0v1Asin0解上面两式，联合(1)、(8)式，注意到振幅A老是正的，故得05(12)4A0.56m(13)把（10）式代入(3)式，便得带电质点沿x轴运动的速度vxDAcos(t0)(14)（14）式表示带电质点在x方向上的速度是由两个速度合成的，即沿x方向的匀速运动速度D和x方向的简谐振动速度Acos(t0)的合成，带电质点沿x方向的匀速运动的位移xDt（15）由沿x方向的简谐振动速度Acos(t0)可知，沿x方向振动位移的振幅等于速度的最大值与角频次的比值（参

26、看图复解17-5-3），即等于A由参照圆方法可知，沿x方向的振动的位移x拥有如下的形式Acost02Asin(t0)它可能是xAsin(t0)，亦可能是xbAsin(t0)在此题中，t0时刻，x应为零，故前一表示式不吻合题意后一表示式中，b应取的值为bAsin0，故有xAsin0Asin(t0)（16）带电质点在x方向的合位移xxx，由（15）、（16）式，得xDtAsin0Asin(t0)（17）（17）、（10）、（14）和（11）式分别给出了带电质点在走开磁场所区前任何时刻t的位置坐标和速度的x分量和y分量，式中常量、A、0、D已分别由（8）、（13）、（12）和（7）式给出当带电质点达

27、到磁场的下边界时，yL0.80m（18）将与（10）式相关的数据代入（10）式，可解得t0.31s（19）代入（17）式，得x0.63m（20）将（19）式分别代入（14）式与（11）式，得vx1vy14.0ms2.0ms速度大小为Vvx2vy24.5ms1（21）速度方向为vy27（22）arctanvx评分标准：此题25分7）式2分，（8）式3分，（10）式2分，（11）式2分，（12）式3分，（13）式3分，（14）式2分，（17）式3分，（20）式3分，（21）式1分，（22）式1分。六、参照解答1由于光纤内所有光芒都从轴上的O点出发，在光纤中流传的光芒都与轴相交，位于通过轴的纵剖面内，图复解17-6-1线，射至A、B分界面的入射角为为i，射至出射端面时的入射角为律可得为纵剖面内的光路图，设由O点发出的与轴的夹角为的光i，反射角也为i该光芒在光纤中多次反射时的入射角均若该光芒折射后的折射角为，则由几何关系和折射定i90（1）nAsinnFsin（2）当i大于全反射临界角iC时将发生全反射，没有光能损失，相应的光芒将以不变的光强射向出射端面，而iiC的光芒则因在发生反射时有部分光芒